Un satellite di massa m s = 1000 kg ruota intorno alla Terra in un’orbita circolare di raggio r 1 = 1.5 · 10 4 km (vedi figura). Per il satellite, determinare:

Universit` a degli Studi di Udine, Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica Esami di FISICA I (9 CFU) e Fisica Generale 1 (12 CFU)

A.A. 2019/2020, Sessione di Giugno/Luglio, Secondo Appello, 14 Luglio 2020, Prova scritta

TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEMA 1

Un satellite di massa m s = 1000 kg ruota intorno alla Terra in un’orbita circolare di raggio r ¹ = 1.5 · 10 ⁴ km (vedi figura). Per il satellite, determinare:

A. modulo v 0 della sua velocit` a e modulo, direzione e verso (li si specifichi rispetto alla figura) del suo momento angolare ~ℓ~ℓ~ℓ 0 rispetto al centro della Terra.

m a

m s

~v

~v

~v _a

~v

~v

~v 0

r 1

M Ad un certo istante un’asteroide, di massa m a = 200 kg, che si muove

nel piano dell’orbita del satellite, lo colpisce in direzione parallela alla sua velocit` a (come mostrato in figura). Al momento dell’impatto con il satellite l’asteroide ha una velocit` a v a = 10 · v ⁰ . Sapendo che la collisione tra i due `e istantanea e perfettamente anelastica, determinare:

B. la velocit` a v del corpo (satellite + asteroide) subito dopo la collisione e l’energia che viene dissipata nell’urto.

Infine, pensando al moto del corpo (satellite + asteroide) dopo la collisione:

C. stabilire (giustificando la risposta) quale tipo di traiettoria (chiusa o aperta) esso seguir`a.

[Massa della Terra e costante gravitazionale sono M = 5.974 · 10 ²⁴ kg e G = 6.67259 · 10 ^{− 11} Nm ² /kg ² .]

Soluzione Finch´e il satellite `e nell’orbita circolare di raggio r 1 deve essere

m s

v 0 ²

r 1

= G M m s

r 1 ²

⇒ v ⁰ = r GM

r 1

= 5.15 · 10 ³ m/s = 1.85 · 10 ⁴ km/h.

Essendo ~r~r~r 1 e ~v~v~v 0 mutuamente perpendicolari, il modulo del momento angolare `e ℓ 0 = r 1 m _s v 0 = 7.72 · 10 ¹³ kg · m ² /s.

La direzione di ~ℓ~ ℓ~ ℓ 0 `e perpendicolare al piano dell’orbita e il suo verso `e (guardando la figura) entrante.

L’urto `e perfettamente anelastico e quindi si conserva solo la quantit` a di moto. Pertanto, lungo la direttrice di moto dei due posiiamo scrivere

m _a v _a + m _s v 0 = (m _a + m _s )v ⇒ v = m a v a + m s v 0

m _a + m _s = 10m a + m s

m _a + m _s v 0 = 2.50 · v 0 = 1.29 · 10 ⁴ m/s.

L’energia persa nella collisione tra asteroide e satellite `e W = K i − K f = 1

2 m a v ² _a + 1

2 m s v 0 ² − 1

2 (m a + m s )v ² = 1 2

81m a m s

m a + m s

v ² 0 = 1.79 · 10 ¹¹ J.

Ci` o che determina il tipo di traiettoria che seguir`a il corpo che viene a formarsi nella collisione `e il segno della sua energia meccanica. Calcolandone il valore otteniamo

E mecc = 1

2 (m a + m s )v ² − G M (m a + m s ) r 1

= 9.9846 · 10 ¹⁰ J − 3.18896 · 10 ¹⁰ J = 6.79 · 10 ¹⁰ J > 0.

Il segno positivo di E mecc , ci dice che il corpo non `e pi` u legato alla Terra: esso seguir`a una traiettoria aperta

che quindi sar` a di tipo iperbolico.

In alternativa si poteva considerare il valore della velocit` a a distanza r 1 dal centro della terra, pari a v f uga = r 2GM

r 1

= 7.29 · 10 ³ m/s,

e notare che la velocit` a v del corpo che si forma nell’urto `e maggiore di questa.

PROBLEMA 2

Un cilindro omogeneo, di massa M = 20.0 kg e raggio R = 20.0 cm `e appoggiato su un piano orizzontale perfettamente liscio. Al suo centro di massa `e agganciata una corda ideale al cui altro estremo `e appeso (tramite una puleggia ideale) un corpo di massa m 1 = 6.00 kg. Intorno al cilindro `e avvolta una seconda corda ideale al cui altro estremo `e appeso (tramite una seconda puleggia ideale) un corpo di massa m 2 . Si noti che, assendo il piano d’appoggio perfettamente liscio, il cilindro scivoler` a su di esso e quindi seguir`a un moto roto–traslatorio.

Nell’ipotesi che la corda avvolta intorno al cilindro non scivoli mai rispetto alla sua superficie:

A. scrivere le equazioni del moto dei corpi 1 e 2 e del cilindro.

Quindi, determinare:

B. la massa che deve avere il corpo 2 affinch´e il centro di massa del cilindro rimanga in quiete;

C. i corrispondenti valori delle accelerazioni lineari a 1 e a 2 dei corpi 1 e 2 e angolare α del cilindro.

m 1 m 2

R

M

Soluzione Le forze che agiscono sul cilindro sono quelle indicate nella figura a fianco dove ~ T~ T~ T 1 e ~ T~ T~ T 2 sono le forze determinate dalle due corde, mentre ~ N N N `e la reazione normale del piano di appoggio e M~g~g~g la forza ~ ~ gravitazionale.

R

M~g~g~g

T~ ~ T~ T 2

T~ ~ T~ T 1

N ~ ~ N N ~

Per scrivere le equazioni del moto dei corpi 1 e 2 prendiamo degli assi verticali diretti uno verso l’alto e l’altro verso il basso; per il centro di massa del cilindro consideriamo un asse orizzontale verso destra. L’applicazione della seconda legge (nelle forme lineare e angolare) porta al seguente sistema di equazioni



 



 



m 1 a 1 = T 1 − m 1 g m 2 a 2 = m 2 g − T 2

M a _cm = T 2 − T 1

I cm α = RT 2

(∗)

dove le prime due riguardano i corpi 1 e 2 e per esse si sono scelti due assi verticali orientati concordemente al

loro moto. a _cm e α sono le accelerazioni lineare (del centro di massa) e angolare del cilindro e I _cm = ¹ ₂ M R ²

il suo momento d’inerzia rispetto all’asse per il suo c.d.m. Si noti che alle quattro equazioni (∗) si potrebbe aggiungere anche la seguente

0 = N − M g ⇒ N = M g, ininfluente per la dinamica del sistema!

Essendo nullo l’attrito tra cilindro e piano di appoggio, il cilindro seguir`a un moto roto–traslatorio e, in generale, a seconda delle masse dei corpi 1 e 2 il suo centro di massa potrebbe muoversi sia verso destra che verso sinistra. Invece la sua rotazione non pu` o essere che oraria. Conseguentemente, se v _cm `e la velocit` a istantanea del centro di massa del cilindro (positiva se verso destra) e ω `e la sua la velocit` a angolare istantanea, allora la velocit` a istantanea di un punto alla sommit`a del cilindro, v _s , sar` a pari a

v s = v cm + Rω.

Derivando rispetto al tempo ambo i membri otteniamo quindi

a _s = a _cm + Rα ⇒ a 2 = a 1 + Rα , dove abbiamo anche tenuto conto del fatto che `e a 1 = a _cm e a _s = a 2 . Inserendo l’ultima relazione, le equazioni (∗) diventano



 



 



m 1 a 1 = T 1 − m 1 g

m 2 (a 1 + Rα) = m 2 g − T 2

M a 1 = T 2 − T 1 1

2 M R ² α = RT 2

(∗∗)

Ora, se il centro di massa del cilindro rimane in quiete, allora `e a ¹ = a cm = 0 . Conseguentemente, le equazioni (∗∗) diventano



 



 



0 = T ¹ − m ¹ g m 2 Rα = m 2 g − T 2

0 = T 2 − T 1 1

2 M Rα = T ²

(∗ ∗ ∗)

Estraendo T 1 e T 2 dalle prime due equazioni e inserendole nella terza dalle quali si ottiene subito T 2 = T 1 ⇒ (m 2 − m 1 )g = m 2 Rα ⇒ α = m 2 − m 1

m 2

· g R Inserendo questa nella quarta equazione delle (∗ ∗ ∗) otteniamo

M Rα = 2T 2 = 2m 1 g ⇒ M (m 2 − m 1 )

m ² = 2m 1 ⇒ m 2 = M m 1

M − 2m ¹ = 15.0 kg.

Sostituendo questa nelle precedenti, abbiamo α = 2m 1

M g

R = 29.4 rad/s ² a 2 = Rα = 2m 1

M g = 5.89 m/s ² . PROBLEMA 3

Un gas ideale biatomico (n = 10.0 mol), segue il ciclo schematizzato in figura dove la trasformazioni 1 → 2

e 2 → 3 sono rispettivamente un’isobara e un’isocora entrambe reversibili; invece la trasformazione

3 → 1 `e un’adiabatica irreversibile. I volumi degli stati 1 e 2 sono rispettivamente V 1 = 125 dm ³ e

V ² = 3 · V ¹ ; la pressione degli stati 1 e 2 `e pari a p <sup>1</sup> = 2.00 atm. La temperatura dello stato 3 `e T ³ .

bb

b

1 2

3

V p

p 1

V 1 V 2

p 3

A. Determinare le temperature T 1 e T 2 degli stati 1 e 2;

B. Determinare i calori scambiati, Q 12 e Q 23 , e le variazioni di entropia, ∆S 12 e ∆S 23 , del gas nelle trasformazioni 1 → 2 e 2 → 3 (nel secondo caso scrivere le espressioni in funzione di T 3 );

C. Dimostrare che la natura adiabatica e irreversibile della trasformazione 3 → 1 `e incompatibile con T 3 = T 1 ; D. Determinare il rendimento del ciclo nel caso di T 3 = T 1 /2.

Soluzione Per le temperature degli stati 1 e 2 abbiamo T 1 = p 1 V 1

nR = 305 K, e

T 2

V 2

= T 1

V 1

⇒ T 2 = V 2

V 1

T 1 = 3T 1 = 3p 1 V 1

nR = 914 K.

Nella trasformazione 1 → 2 il calore scambiato e la variazione di entropia del gas sono Q 12 = nc _p (T 2 − T 1 ) = n 7

2 R · 2T 1 = 7p 1 V 1 = 1.77 · 10 ⁵ J;

∆S 12 = Z ²

1

dQ T = nc p

Z T

T

dT

T = nc p ln  T ² T 1



= nc p ln 3 = 320 J/K.

Le analoghe quantit` a per la trsformazione 2 → 3 hanno le espressioni seguenti Q 23 = nc V (T 3 − T 2 ) = nc V (T 3 − 3T 1 );

∆S ²³ = Z ³

2

dQ T = nc V

Z T

T

dT

T = nc V ln  T ³ 3T 1

 .

Essendo l’entropia una funzione di stato, in un qualsiasi ciclo termodinamico la sua variazione deve essere nulla. Pertanto deve essere

∆S 12 + ∆S 23 + ∆S 31 = 0 ⇒ ∆S 31 = −∆S 12 − ∆S 23 . Ponendo T ³ = T ¹ avremmo quindi

∆S 31 = −∆S 12 − ∆S 23 = −nc _p ln 3 − nc _V ln  1 3



= −nc _p ln 3 + nc _V ln 3 = −n(c _p − c _V ) ln 3 = −nR ln 3 < 0, Questo risultato `e incompatibile con la natura abiabatica e irreversibile della trasformazione 3 → 1, dato che, per la 2 ^a legge della termodinamica, deve essere ∆S 31 > 0!

Invece ponendo T ³ = ¹ 2 T ¹ si ha

∆S ³¹ = −∆S ¹² − ∆S ²³ = −nc p ln 3 − nc V ln  1 6



= nR



− 7

2 ln 3 + 5 2 ln 6



= 52.7 J/K, che `e maggiore di zero come richiesto.

Utilizzando la 1 ^a legge della termodinamica e tenendo presente che `e un’adiabatica, il lavoro scambiato nella 3 → 1 si ricava come segue

L 31 = −∆E _int,31 = −nc _V (T 1 − T 3 ) = −n 5 2 R · 1

2 T 1 = − 5

4 p 1 V 1 = −3.16 · 4 J,

e, conseguentemente, essendo L 23 = 0, il lavoro nell’intero ciclo `e L = L ¹² + L ³¹ = p ¹ (V ² − V ¹ ) − 5

4 p ¹ V ¹ =

 2 − 5

4



p ¹ V ¹ = 3 4 p ¹ V ¹ .

Notando poi che il calore viene assorbito solo nella trasformazione 1 → 2, il rendimento del ciclo `e

η = L Q 12

=

3 4 p 1 V 1

7p 1 V 1

= 3

28 = 0.107.